山东省济宁市泗水县学年高二下学期期中物理试题解析版.docx
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山东省济宁市泗水县学年高二下学期期中物理试题解析版
物理选修3-3综合检测试题
一、选择题（1-8题为单选，9-12题为多选题，每题4分，共48分）
1.用如下哪些组数据，可求出阿伏加德罗常数（ ）
A.水的密度和水的摩尔质量
B.水蒸气的摩尔质量、水蒸气的密度和水分子的体积
C.水分子的质量和水分子的体积
D.水的摩尔质量和水分子的质量
【答案】D
【解析】
【详解】A．选项只求出水的摩尔体积，故A错误；
B．选项中水的密度乘水分子的体积就等于水分子的质量。
水分子的体积与水分子占据的空间不同，故B错误；
C．选项只能求出水的密度，故C错误；
D．摩尔质量除以水分子的质量就等于一摩尔水分子的数量，也就是阿伏加德罗常数，故D正确。
故选D。
2.A、B两杯水，水中均有花粉微粒在做布朗运动，经显微镜观察后，发现A杯中的布朗运动比B杯中的布朗运动激烈，则下列判断中，正确的是（ ）
A.布朗运动就是水分子的无规则热运动
B.布朗运动就是花粉微粒内分子的热运动
C.A杯中的水温低于B杯中的水温
D.条件不足，无法判断两杯水温的高低
【答案】D
【解析】
【详解】AB．布朗运动是指固体悬浮颗粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，故AB错误；
CD．布朗运动的剧烈程度，跟液体的温度和微粒的大小两个因素有关，因此只根据两杯水中悬浮微粒做布朗运动的剧烈程度，并不能判断哪杯水的温度高，故C错误，D正确。
故选D。
3.我们感到空气很潮湿，这是因为（ ）
A.空气中的水蒸气离饱和状态较远
B.气温较高，饱和气压较大
C.空气中含水蒸气较多
D.相对湿度较大
【答案】D
【解析】
【详解】A．相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的饱和蒸气压的比值的百分数，相对湿度越大，空气中的水蒸气离饱和状态较近，故A错误；
B．密闭气体相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的饱和蒸气压的比值的百分数，与温度无关，这句话对，但是与感觉无关，故B错误；
C．在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，水汽蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，但绝对湿度不一定大，故C错误；
D．相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的饱和蒸气压的比值的百分数，大气中相对湿度越大，水汽蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，故D正确。
故选D。
4.下列说法正确的是（ ）
A.晶体
物理性质都具有各向异性
B.因为石英是晶体，所以用石英制成的玻璃也是晶体
C.晶体熔化过程中分子平均动能不变，因此其内能不变
D.云母片导热性能各向异性，是由于该物质的微粒在空间按一定的规则排列
【答案】D
【解析】
【详解】A．晶体包括单晶体和多晶体，其中多晶体没有各向异性，故A错误；
B．玻璃为非晶体，故B错误；
C．晶体熔化过程中温度保持不变，因此分子平均动能不变，但仍在吸热，所以其内能在增大，故C错误；
D．由于云母片的微粒在空间按照一定的规则排列，故其导热性能各向异性，故D正确。
故选D。
5.关于能量的转化，下列说法正确的是（ ）
A.满足能量守恒定律的物理过程都能自发的进行
B.空调机既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性
C.热量不可能由低温物体传给高温物体而不发生其他变化
D.自然界中能量的总量保持不变，而且能量的可利用性在逐步提高
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据热力学第二定律，满足能量守恒定律的物理过程不一定都能自发地进行，故A错误；
B．空调既能制热又能制冷，但是要耗电，即热传递有方向性，热量只能自发地由高温物体传给低温物体，相反方向不能自发进行，故B错误；
C．根据热力学第二定律，热量不可能从低温物体传给高温物体而不发生其他变化，故C正确；
D．能量在转化过程会由高品质能源转化为低品质的能源，故可利用性会降低，故D错误。
故选C。
6.一定质量的理想气体在某一过程中，气体对外界做功1.6×104J，从外界吸收热量3.8×104J，则该理想气体的（ ）
A.温度降低，密度减小
B.温度降低，密度增大
C.温度升高，密度减小
D
温度升高，密度增大
【答案】C
【解析】
【详解】由热力学第一定律
可知：
气体内能增加，故温度升高，气体对外界做功，体积膨胀，密度减小。
故选C。
7.如图所示，一定质量的理想气体，经过一系列过程，如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A.a→b过程中，气体体积减小，压强减小
B.b→c过程中，气体压强不变，体积增大
C.c→a过程中，气体内能增大，体积不变
D.c→a过程中，气体压强增大，体积减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知：
过程中，气体的温度保持不变，即气体发生等温变化，由图可知
根据波意尔定律
可得
即体积增大，故A错误；
B．由图可知：
过程中，气体压强不变，温度降低即
根据盖吕萨克定理
可得
即体积减小，故B错误；
CD．根据
可得
可知
的过程中，气体的体积不变，即发生等容变化。
但温度升高，而理想气体的内能与气体的体积无关，仅与气体的物质的量和温度有关，并且温度越高气体的内能增大，故C正确，D错误。
故选C。
8.如图，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F＞0为斥力，F＜0为引力，a、b、c、d为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从a处由静止释放，则（ ）
A.乙分子从a到b做加速运动，由b到c做减速运动
B.乙分子由a到b的过程中，两分子间的分子势能一直增大
C.乙分子从a到c做加速运动，到达c时速度最大
D.乙分子由b到d的过程中，两分子间势能一直增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙分子由a到b一直受引力，做加速运动，从b到c分子力逐渐变小但仍为引力，继续加速，故A错误；
B．由A分析可知分子从a到c一直加速，速度增大，动能一定增加，分子势能减小，故B错误；
C．乙分子在从a到c的过程中一直受到引力加速，而从c到d的过程中受斥力，减速，达到c时速度最大，故C正确；
D．乙分子从b到c的过程，先是引力做正功，分子势能先减小，从c到d分子力做负功，分子势能增大，故D错误。
故选C。
9.如图所示，a、b是航天员王亚平在“天宫一号”实验舱做水球实验时水球中形成的气泡，a、b两气泡温度相同且a的体积大，气泡内的气体视为理想气体，则下列说法正确的是
A.水球呈球形是由于表面张力作用的结果
B.此时水球内的水分子之间只有引力
C.a内气体的分子平均动能比b的大
D.在水球表面滴一小滴红墨水若水球未破，最后水球将呈红色
【答案】AD
【解析】
【详解】A．液体表面张力是分子间相互作用的结果．就水来说，内部的水分子处于其他水分子的包围之中，各个方向分子的引力会相互抵消．但是表层水分子受到的内部水分子引力远大于外部空气分子的引力．所以，表面的水分子永远受到指向液体内部的力，总是趋向向内部移动．这样，液体总是会力图缩小其表面积．而同样体积的物体，总是以球体的表面积最小，故A正确；
B．分子之间引力和斥力同时存在，故B错误；
C．温度是衡量分子平均动能的标准，因为两温度相同，所以两气体的平均分子动能相同，故C错误；
D．水球表面滴一小滴红墨水若水球未破，水球外表面附近的水分子间作用力表现为引力，最后水球将呈红色，故D正确.
故选AD.
10.如图所示是一定质量的理想气体的体积V和摄氏温度t变化关系的v-t图像，气体由状态A变化到状态B的过程中，下列说法正确的是（ ）
A.气体的内能减小
B.气体的内能增大
C.气体的压强减小
D.气体的压强增大
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．从状态A到状态B，气体的温度升高，则气体的内能增大，故A错误，B正确；
CD．由理想气体的状态方程式
可知，由状态A到状态B，压强减小，故C正确，D错误。
故选BC。
11.如图所示，一个有活塞的密闭容器内盛有水的饱和汽与少量的水，则可能发生的现象是（ ）
A.温度保持不变，慢慢地推进活塞，容器内压强不变
B.温度保持不变，慢慢地推进活塞，由
＝C可知容器内饱和汽压会增大
C
温度保持不变，慢慢地推进活塞，容器内水蒸气分子数减少
D.不移动活塞而将容器放在沸水中，容器内压强不变
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．温度不变，饱和汽压不变，推进活塞，体积减小，不会改变气体压强，故A正确，B错误；
C．温度不变，则饱和汽压不变，饱和汽密度不变，但由于体积减小，饱和汽分子数减小，故C正确；
D．饱和汽压只跟温度有关，并随着温度的升高而增大，所以容器内压强变大，故D错误。
故选AC。
12.一定质量的理想气体由状态a经状态b、c到状态d，其体积V与热力学温度T的关系如图所示，O、a、d三点在同一直线上，ab和cd平行于横轴，bc平行与纵轴，则下列说法正确的是（ ）
A.由状态a变到状态b过程中，气体所有分子的动能都增大
B.由状态a变到状态b过程中，气体吸收热量，压强增大
C.由状态b变到状态c过程中，气体对外做功，内能减小
D.由状态c变到状态d过程中，气体密度不变，压强减小
【答案】BD
【解析】
【详解】A．从状态a到状态b的过程中，气体温度升高，则气体分子的平均动能增加，不是每个分子的动能都增加，故A错误；
B．由状态a到状态b
过程中，气体体积不变，温度升高，由热力学第一定律
可知，
，所以气体吸收热量。
由理想气体的状态方程式
可知体积不变时，温度升高，压强也会随之升高，故B正确；
C．由状态b到状态c，气体体积增加，温度不变，内能不变，所以是气体对外做功，故C错误；
D．由状态c到状态d，气体体积不变，所以气体密度不变。
由理想气体状态方程式
可知，体积不变时，温度下降，压强也会随之下降，故D正确。
故选BD。
二、实验题（共2小题，14分）
13.用油膜法估测油酸分子的大小，实验器材有：
浓度为0.08％（体积分数）的油酸酒精溶液、最小刻度为0.1mL的量筒、盛有适量清水的45×50cm2浅盘、痱子粉、橡皮头滴管、玻璃板、彩笔、坐标纸。
（1）下面是实验步骤，请填写所缺的步骤C。
A.用滴管将浓度为0.08％油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下滴入1mL油酸酒精溶液时的滴数N。
B.将痱子粉均匀地撒在浅盘内水面上，用滴管吸取浓度为0.08％的油酸酒精溶液，从低处向水面中央一滴一滴地滴入，直到油酸薄膜有足够大的面积又不与器壁接触为止，记下滴入的滴数n。
C.________________________________________________。
D.将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，以坐标纸上边长为1cm的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，算出油酸薄膜的面积Scm2。
（2）用已给的和测得的物理量表示单个油酸分子直径的大小_____（单位：
cm）
【答案】
（1）.将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上
（2）.
【解析】
【分析】
本题主要考察测量分子直径的方法。
【详解】
（1）[1]将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上。
（2）[2]每1滴油溶液的体积是
，滴入水面的油酸溶液的体积
，滴入水中的油酸的体积
油膜的厚度，即油分子的直径
14.为了测量所采集的某种植物种子的密度，一位同学进行了如下实验：
①取适量的种子，用天平测出其质量，然后将种子装入注射器内；
②将注射器和压强传感器相连，然后缓慢推动活塞至某一位置，记录活塞所在位置的刻度V，压强传感器自动记录此时气体的压强p；
③重复上述步骤，分别记录活塞在其它位置的刻度V和记录相应的气体的压强p（见表）；
④根据记录的数据，作
图线，并推算出种子的密度。
实验次数
1
2
3
4
5
6
V（mL）
22.0
20.0
18.0
16.0
14.0
12.0
p（×105Pa）
1.000
1.138
1.338
1.567
1.931
1.512
10
8.79
7.47
6.38
5.18
3.98
（1）根据上表中数据，在图中画出了该实验的
关系图线。
根据图线，可求得种子的总体积约为___________mL（即cm3）。
（2）完成本实验的基本要求是__________。
A.必须在等温条件下操作
B.必须弄清所封闭气体的质量
C.封闭气体的容器必须密封良好
D.气体的压强和体积必须用国际单位
【答案】
（1）.5.5（±0.2）
（2）.AC
【解析】
【分析】
本题考查对理想气体状态方程的理解和应用以及对图像截距含义的掌握。
【详解】
（1）实验测得的体积实际上是种子体积与气体体积之和，对于被封闭的气体，根据理想气体状态方程可以知道
得
当
保持不变，当
趋向于0，则气体体积趋向于0，从
图像知，横轴截距表示种子的体积为5.5mL。
（2）有图像可以知道，
与
成反比，只有一定质量
气体温度保持不变时，体积与压强成正比，所以完成本实验的基本要求是质量和温度不变。
故选AC。
三、计算题（共4小题，38分）
15.如图所示，一个质量为20kg的绝热汽缸竖直放置，绝热活塞的质量15kg，面积为0.1m2，处于静止状态时被封闭气体的高度为50cm，现在活塞上方加一25kg的物体，待稳定后，被封闭气体的高度变为40cm。
求在这一过程中气体的内能增加了多少？
（p0＝1.0×105Pa，g取10m/s2）
【答案】1040J
【解析】
【分析】
本题考查热力学第一定律的理解与应用。
【详解】根据热力学第一定律，由于气缸及活塞均绝热，故外界对气体所做的功全部转化为气体的内能，即
代入数据解得
【点睛】解题关键在于要知道外界对气体所做的功全部转化为气体的内能。
16.一端封闭一端开口长为52cm的粗细均匀的玻璃管，将管口向下竖直插入水银槽中，如图所示，当管口到水银面的距离恰好等于水银深度的一半时，水银进入管内2cm，设大气压强为p0=75cmHg，整个过程中温度保持不变。
求水银槽中水银的深度。
【答案】10cm
【解析】
【分析】
本题主要考察对波意尔定律的应用。
【详解】取玻璃管中的封闭气体为研究对象，则初态压强p0=75cmHg，气柱长度L0=52cm，末态压强为
气柱长度为
其中
x=2cm
由波意尔定律得
解得
h=10cm
【点睛】由题目可以分析出该变化为等温变化，因此用波义尔定律。
17.一圆柱形汽缸直立在地面上，内有一具有质量而无摩擦的绝热活塞，把汽缸分成容积相同的A、B两部分，如图所示，两部分气体温度相同，都是T0＝27℃，A部分气体压强PA0＝1.0×105Pa，B部分气体压强PB0＝2.0×105Pa.现对B部分的气体加热，使活塞上升，使A部分气体体积减小为原来的2/3.求此时：
（1）A部分气体的压强pA；
（2）B部分气体的温度TB.
【答案】
（1）1.5×105pa
（2）500K
【解析】
（1）设开始时两部分气体的体积均为V0．
对A部分气体：
初态：
P1=105Pa，V1=V0
末态：
P2=？
V2=
V0
因为部分气体保持温度不变，所以由玻意耳定律，有P1V1=P2V2
代入解得，P2=1.5×105Pa
（2）初态时，B、A的压强差△p=pB0-pAO=2.0×105pa-1.0×105Pa=1.0×105Pa
这个压强差是由活塞的重力产生的，由于活塞的重力不变，则这个压强差不变．两部分气体体积之和保持不变，则此时B部分气体的体积为2V0-
V0=
V0
对于B部分气体：
初态：
P3=2×105Pa，V3=V0，T3=300K
末态：
P4=P2+△P=2.5×105Pa，V3=
V0，T4=？
根据理想气体状态方程得：
代入解得T4=500k
18.内壁光滑的导热气缸竖直浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭压强为1.0×l05Pa、体积为2.0×l0-3m3的理想气体。
现在活塞上方缓缓倒上沙子，使封闭气体的体积变为原来的一半，然后将气缸移出水槽，缓慢加热，使气体温度变为127℃。
求：
（1）倒完沙后，加热前气体的压强；
（2）求气缸内气体的最终体积；
（3）在p－V图上画出整个过程中气缸内气体的状态变化。
（大气压强为1.0×l05Pa）
【答案】
（1）2.0×105pa；
（2）1.47×10-3m3；（3）见解析。
【解析】
【详解】
（1）该过程为等温变化，因此由波义尔定律可得
代入数据解得
（2）在缓慢加热到127℃的过程中压强保持不变，由盖吕萨克定理得：
代入数据解得
（3）如图所示：
【点睛】等温变化用波意尔定律，等压变化用盖吕萨克定理。
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